2023一轮复习课后速练47 10.3 带电粒子在磁场中运动的临界值与多解专题

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2023一轮复习课后速练(四十七)一、选择题1.(2022·山西模拟)如图所示，半径R＝10 cm的圆形区域内有匀强磁场，其边界跟y轴在坐标原点O处相切，磁感应强度B＝0.33 T，方向垂直纸面向里．在O处有一放射源S，可沿纸面向各方向射出速率均为v＝3.2×106 m/s的 α粒子，已知 α粒子的质量m＝6.6×10－27 kg，电荷量q＝3.2×10－19 C，则该 α粒子通过磁场空间的最大偏转角为(　　)A．30°　　　　　　　　　　　 B．45°C．60°   D．90°【答案】　C【思维分析】 放射源发射的 α粒子的速率一定，则它在匀强磁场中的轨道半径为定值，即r＝＝ m＝0.2 m＝20 cm, α粒子在圆形磁场区的圆弧长度越大，其偏转角度也越大，而最长圆弧是两端点在圆形磁场区的直径上，又因为r＝2R，则此圆弧所对的圆心角为60°，也就是 α粒子在此圆形磁场区的最大偏转角为60°.轨迹如图所示，故A、B、D三项错误，C项正确．故选C项．2.(2021·江苏模拟)(多选)如图所示，在xOy平面的第一象限(含坐标轴)内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场．一群带正电粒子从y轴上的P点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°.已知OP＝a，粒子电荷量为q，质量为m，粒子速度v≤，重力不计．则下列可能表示粒子在第一象限运动时间的是(　　)A.   B.C.   D.【答案】　BC【思维分析】 如图所示，当粒子速度为v＝时，根据洛伦兹力提供向心力可得r＝＝a，以该速度入射的粒子在磁场中转过圆心角为π，做圆周运动的时间最短，t＝＝×＝；当粒子速度为v＝时，自y轴离开磁场，时间最长t＝T＝，所以时间范围为≤t≤，故B、C两项符合题意．故选B、C两项．3．(2021·湖南模拟)(多选)如图所示，A点的离子源沿纸面垂直OQ方向向上射出一束负离子，重力忽略不计．为把这束负离子约束在OP之下的区域，可加垂直纸面的匀强磁场．已知OA间的距离为s，负离子比荷为，速率为v，OP与OQ间夹角为30°.则所加磁感应强度B(　　)A．垂直纸面向里，B>  B．垂直纸面向里，B>C．垂直纸面向外，B>  D．垂直纸面向外，B>【答案】　BC【思维分析】 当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时，由左手定则知：负离子向右偏转．约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切．如图(大圆弧)．由几何知识知：R2＝OBsin 30°＝OB，而OB＝s＋R2，所以R2＝s，所以当离子轨迹的半径小于s时满足约束条件，由牛顿第二定律及洛伦兹力提供向心力列出qvB＝，所以得B>，故A项错误，B项正确；当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时，由左手定则知：负离子向左偏转．约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切．如图(小圆弧)．由几何知识知道相切圆的半径为R1＝，所以当离子轨迹的半径小于时满足约束条件，由牛顿第二定律及洛伦兹力提供向心力列出qvB＝，所以得B>，故C项正确，D项错误．故选B、C两项．4.(2022·河北模拟)(多选)如图所示，真空中有一半径为R的圆形有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．圆周上的S点处有一粒子源，距直径ab 0.5R.粒子源沿平行ab方向向右释放出速率不同的电子，速率范围为≤v≤，式中m为电子质量，e为电子电荷量，不考虑电子间的相互作用，下列判断正确的是(　　)A．电子在磁场中运动的最长时间为B．电子在磁场中运动的最长时间为C．电子在磁场中运动的最大位移为RD．电子以v＝的速度进入磁场时，穿过磁场的位移最大【答案】　AD【思维分析】 由图可知圆心恰好在ab直线上时，恰好运动了半个周期，在磁场中运动的时间最长，因此最长时间t＝＝×＝，A项正确，B项错误；当运动的弦长最长时，运动的路程最长，此时弦恰好过圆心，由几何关系可知，此时半径r＝2R，由于evB＝，可得v＝，此时粒子穿过磁场的位移最大，且电子在磁场中运动的最大位移为2R，C项错误，D项正确．故选A、D两项．5.(2021·福建模拟)(多选)如图所示，在边长为L的等边三角形区域内部有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在该等边三角形的中心O处有一粒子源，向纸面内各个方向发射速率相同的同种带电粒子，已知粒子电荷量为q、质量为m，则(　　)A．粒子速率若满足v<，则所有粒子都不能射出磁场B．粒子速率若满足v<，则所有粒子都不能射出磁场C．粒子速率若满足v>，则所有粒子都能射出磁场D．粒子速率若满足v>，则所有粒子都能射出磁场【答案】　AC【思维分析】 若所有粒子都不能射出磁场，如图所示，由几何关系可知，则粒子从O点开始做匀速圆周运动的半径R1≤L，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，解得v＝，所以粒子速率若满足v<，则所有粒子都不能射出磁场，A项正确，B项错误；若要所有粒子都能射出磁场则临界情况应该让轨迹与三角形两边都相切，由几何关系知，此时的轨道半径R2＝L，由qv″B＝m，解得v″＝，若要粒子速率满足v>，则所有粒子都能射出磁场，C项正确，D项错误．故选A、C两项．6．(2021·辽宁模拟)如图所示，竖直线MN∥PQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直于磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN成θ＝60°角射出的粒子恰好垂直于PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)A.   B.C.   D.【答案】　C【思维分析】 当θ＝60°时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则a＝Rsin 30°，即R＝2a.设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，则其在磁场中运动的时间为t＝T，即α越大，粒子在磁场中运动的时间越长，α最大时粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R＝2a，此时圆心角αm为120°，即最长运动时间为，而T＝＝，所以粒子在磁场中运动的最长时间为，C项正确．7．(2022·广西模拟)(多选)如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B.一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q＞0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是(　　)A.   B.C.   D.【答案】　AB【思维分析】 由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r＝·(n＝1，2，3…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，则v＝＝·(n＝1，2，3，…)，所以A、B两项正确，C、D两项错误．故选A、B两项．8．(2021·河南模拟)(多选)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点．一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以不同的速率射入正方形内，下列说法中正确的是(　　)A．所有从cd边射出磁场的该带电粒子在磁场中经历的时间都是t0B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ad边射出磁场C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0<t<t0，则它一定从ab边射出磁场【答案】　ACD【思维分析】 如图所示，作出带电粒子以与Od成30°角的方向，以不同的速度射入正方形内时，刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④.由从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.由图中几何关系可知，从ad边射出磁场经历的时间一定小于t0；从ab边射出磁场经历的时间一定大于t0，小于t0；从bc边射出磁场经历的时间一定大于t0，小于t0；从cd边射出磁场经历的时间一定是t0.故选A、C、D三项．9.(2021·江西模拟)(多选)如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外，P(－L，0)、Q(0，－L)为坐标轴上的两点．现有一质量为m、电荷量为e的电子从P点沿PQ方向射出，不计电子的重力，则下列说法中正确的是(　　)A．若电子从P点出发恰好第一次经原点O点，运动时间可能为B．若电子从P点出发恰好第一次经原点O点，运动路程可能为C．若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间一定为D．若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，运动路程可能为πL或2πL【答案】　ABD【思维分析】 电子在磁场中做圆周运动，电子从P点到Q点，电子在每个磁场中转过的圆心角都是90°，电子的运动轨迹可能如图甲所示，电子在磁场中的运动周期为T＝，则电子从P点出发恰好第一次经原点O点的时间为t＝nT＝(n＝1、2、3…)，所以若电子从P点出发恰好第一次经原点O点，运动时间可能为，则A项正确；电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可得nr＝L，电子从P点出发恰好第一次经原点O点，运动路程为s＝n，当n＝1时s＝，所以若电子从P点出发恰好第一次经原点O点，运动路程可能为，则B项正确；电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间为t＝nT＝(n＝1、2、3…)，所以若电子从P点出发经原点O到达Q点，运动时间可能为，则C项错误；按图乙电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，运动路程为s＝n2πr，其中r＝L，当n＝1时s＝n2πr＝2πL，按图丙电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，运动路程为s＝n2πr，其中r＝，当n＝1时s＝n2πr＝πL，所以若电子从P点出发恰好第一次经原点O到达Q点，运动路程可能为2πL，也可能是πL，则D项正确．故选A、B、D三项． 10.(2022·重庆模拟)(多选)如图，一长度为a的竖直薄挡板MN处在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.O点有一粒子源在纸面内向各方向均匀发射电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，所有粒子的初速度v(未知)大小相同．已知初速度与ON夹角为60°发射的粒子恰好经过N点(不被挡板吸收)，粒子与挡板碰撞则会被吸收，ON＝a，ON⊥MN，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用．则(　　)A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为aB．挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为aC．能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的D．若调节初速度v大小使挡板的右侧被粒子击中的竖直长度为a，则v的最小值为【答案】　CD【思维分析】 粒子轨迹1如图所示，设半径为R，由几何关系可知2Rsin 60°＝a，解得R＝a，A项错误；当轨迹刚好与MN相切时，粒子能打到板上最大长度，如图轨迹2，设速度方向与ON夹角为θ，由几何关系Rsin θ＋R＝a，解得sin θ＝－1，由此可得Rcos θ＝a＝a，所以，挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为a，B项错误；要使粒子打到右侧，则有两个临界条件，如图轨迹1、3，初速度方向夹角为60°，则比例为＝，C项正确；由C项可知使挡板的右侧被击中的竖直长度为a，速度方向与ON夹角为60°，由洛伦兹力提供向心力qvB＝，解得v＝，D项正确．故选C、D两项．二、非选择题11.(2021·山西模拟)如图，在等腰直角三角形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里．电荷量为＋q、质量为m的甲粒子从A点沿AB方向射入磁场，一段时间后从C点射出磁场区域．电荷量为－q、质量为m的乙粒子从B点沿BA方向射入磁场，恰好未从AC边射出磁场区域，不计粒子的重力，求：(1)甲粒子在磁场中运动的时间；(2)甲、乙两粒子速度之比．【答案】　(1)　(2)1＋【思维分析】 (1)甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示：甲粒子运动轨迹所对应的圆心角为α＝甲粒子在磁场中运动的周期T＝在磁场中的运动时间为t＝T＝.(2)设AB边长度为L，甲粒子在磁场中的运动半径为r1，乙粒子的运动半径为r2，由几何关系易知r1＝L，r2＋r2＝L，由牛顿运动定律得r1＝，r2＝，联立得＝1＋.12.(2021·陕西模拟)如图所示，水平固定放置的屏MN上方有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，P为屏上一粒子源，不断以相同的速率发射质量为m、带电荷量为－q(q>0)的粒子，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．PC与MN垂直，粒子入射方向散开在与PC夹角为θ＝60°的范围内．EF是与MN正对平行的电荷收集板，且EF可以上下自由移动．开始时EF离MN足够远，没有粒子打到板上．现将EF板缓慢向下平移，当EF与MN相距为d时，刚好能收集到带电粒子．不计带电粒子重力及相互间的作用力，求：(1)粒子从P处进入磁场的速率v；(2)撤去EF后，屏MN上被粒子打中的区域长度L.【答案】　(1)　(2)2(2－)d【思维分析】 (1)当粒子沿左侧与PC成60°角方向射入磁场，粒子圆周运动的轨迹如图所示，此粒子轨迹最高点距MN最远，设圆周运动半径为r，由几何关系有r＋rsin 60°＝d解得r＝2(2－)d由qvB＝m解得v＝. (2)粒子轨迹如图所示，粒子沿两侧最大角度射入磁场，到达MN屏上时离P点最近距离为xmin＝r＝2(2－)d粒子沿PC方向射入磁场到达MN屏上时离P点最远距离为xmax＝2r＝4(2－)d则屏上有粒子打到的区域长度L＝xmax－xmin＝2(2－)d  13.(2022·山东模拟)如图所示，在xOy平面内存在着磁感应强度大小B＝0.01 T的匀强磁场，第一象限内的空间都处于垂直纸面向里的磁场中，第二、三、四象限内的空间都处于垂直纸面向外的磁场中．M、N为坐标轴上的两个点，坐标值分别为、.现有一带正电的粒子从M点沿MN方向射出后，第一次通过坐标轴时恰好经过原点O.已知粒子的电荷量q＝1.0×10－5 C、质量m＝2×10－12 kg，重力不计．(1)求粒子的初速度大小；(2)粒子从出射至第一次到达N点的运动轨迹在一个矩形区域内，求这个矩形区域的最小面积；(3)若粒子的速度大小可以取任意值，求粒子从出射至第一次到达N点的运动时间(结果中可以保留π)．【答案】　(1)5×103 m/s　(2)0.06 m2　(3)4nπ×10－5 s(n＝1、2、3…)【思维分析】 (1)由几何关系得R＝0.1 m由牛顿第二定律qv0B＝m代入数据解得v0＝5×103 m/s. (2)粒子的运动轨迹如图甲所示，最小矩形如图甲所示根据几何关系得S＝6R2＝0.06 m2.(3)如图乙、丙当粒子速度改变时，有粒子每次偏转运动时间t＝3n＋n＝nT，T＝代入数据得t＝4nπ×10－5 s(n＝1、2、3…)．